16. Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có \(f\left( 0 \right) = 0\). Biết \(y = f’\left( x \right)\) là hàm số bậc bốn và có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right) = \left| {\,f\left( {{x^4}} \right) + {x^2}} \right|\) là

DẠNG TOÁN 46: CỰC TRỊ HÀM SỐ CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI
  Theo đề tham khảo Toán 2021 của Bộ GD&ĐT
ĐỀ BÀI:
16. Cho hàm số \(f\left( x \right)\) có \(f\left( 0 \right) = 0\). Biết \(y = f’\left( x \right)\) là hàm số bậc bốn và có đồ thị là đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của hàm số \(g\left( x \right) = \left| {\,f\left( {{x^4}} \right) + {x^2}} \right|\) là

A. \(5\).

B. \(4\). 

C. \(6\). 

D. \(3\)

Lời giải

Đặt \(h\left( x \right) = f\left( {{x^4}} \right) + {x^2} \Rightarrow h’\left( x \right) = 4{x^3}f’\left( {{x^4}} \right) + 2x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\f’\left( {{x^4}} \right) =  – \frac{1}{{2{x^2}}};\,\left( {x \ne 0} \right)\end{array} \right.\)

Với \(x \ne 0\), ta có \(f’\left( {{x^4}} \right) = \frac{{ – 1}}{{2{x^2}}}\). Đặt \(t = {x^4} > 0\). Khi đó ta có \(f’\left( t \right) = \frac{{ – 1}}{{2\sqrt t }}\).

Vẽ đồ thị hàm số \(y = \frac{{ – 1}}{{2\sqrt t }}\) và đường cong \(y = f'(t)\) trên cùng hệ trục tọa độ. 

Trong khoảng \((0; + \infty )\) hàm số \(y = f'(t)\)nghịch biến và hàm số \(y = \frac{{ – 1}}{{2\sqrt t }}\) đồng biến, nên đồ thị hàm số \(y = \frac{{ – 1}}{{2\sqrt t }}\)và đường cong \(y = f'(t)\) cắt nhau tại điểm \({t_0}\) duy nhất.

Khi đó ta có \(h'(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0\\x = {x_1} =  – \sqrt[4]{{{t_o}}}\\x = {x_2} = \sqrt[4]{{{t_o}}}\end{array} \right.\).

Lập bảng biến thiên của hàm số \(h\left( x \right) = f\left( {{x^4}} \right) + {x^2}\).

Ta có bản biến thiên của hàm số \(g\left( x \right) = \left| {h\left( x \right)} \right|\).

Từ bảng biến thiên ta có hàm số \(y = \left| {\,h(x)\,} \right|\) có 5 điểm cực trị.